Question

6．已知函數(shù)f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx（a∈R）
（Ⅰ）當(dāng)a＞0時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）+2ax，若g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且不等式g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂）恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，求出x₁+x₂=a＞0，x₁x₂=a＞0，∴△=1-4a＞0，且x₁+x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，x₁x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，
由g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂），問題轉(zhuǎn)化為所以λ＞-$\frac{1}{2}$-2a-2aln2a在（0，$\frac{1}{4}$）恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出λ的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由函數(shù)f（x）=ax²-（1+2a）x+lnx（a∈R，x＞0），
可得f′（x）=2ax-（2a+1）+$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-（2a+1）x+1}{x}$=$\frac{（2ax-1）（x-1）}{x}$
①當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，x＞0，f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞）；
②當(dāng)a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，x∈（0，$\frac{1}{2a}$），（1，+∞）時(shí)，f′（x）≥0，x$∈（\frac{1}{2a}，1）$時(shí)，f′（x）≤0
∴此時(shí)f（x）的增區(qū)間為；（0，$\frac{1}{2a}$），（1，+∞），減區(qū)間為：（$\frac{1}{2a}，1$）
③當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，x∈（0，1），（$\frac{1}{2a}$，+∞）時(shí)，f′（x）≥0，x∈（1，$\frac{1}{2a}$）時(shí)，f′（x）≤0
∴此時(shí)f（x）的增區(qū)間為：（0，1），（$\frac{1}{2a}$，+∞），減區(qū)間為：（1，$\frac{1}{2a}$）；
（Ⅱ）g（x）=f（x）+2ax=ax²-x+lnx，g′（x）=2ax-1+$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-x+1}{x}$
∵g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，
∴x₁，x₂是方程2ax²-x+1=0（x＞0）的兩個(gè)不相等實(shí)根，
∴△=1-4a＞0，且x₁+x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，x₁x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，
由g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂），
 由g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂），得（ax₁²-x₁+lnx₁）+（ax₂²-x₂+lnx₂）＜λ（x₁+x₂），
整理得：a（x₁²+${{x}_{2}}^{2}$）-（x₁+x₂）+ln（x₁x₂）＜λ（x₁+x₂），
將x₁+x₂=$\frac{1}{2a}$＞0，x₁x₂=$\frac{1}{2a}$＞0代入得上式得$\frac{1}{4a}-1-\frac{1}{2a}-l2a＜\frac{λ}{2a}$
因?yàn)?＜a$＜\frac{1}{4}$，所以λ＞-$\frac{1}{2}$-2a-2aln2a
令h（a）=-$\frac{1}{2}-2a-2aln2a$，（0＜a$＜\frac{1}{4}$）
h′（x）=-2-2ln2a-2=-2（ln2a+2），令h′（a）=0，得a=$\frac{1}{2{e}^{2}}$
a$∈（0，\frac{1}{2{e}^{2}}）$時(shí)，h′（a）＞0，a$∈（\frac{1}{2{e}^{2}}，\frac{1}{4}$），h′（a）＜0
∴h（a）在（0，$\frac{1}{2{e}^{2}}$）遞增，在（$\frac{1}{{2e}^{2}}$，+∞）遞減．
∴$h（a）_{max}=h（\frac{1}{2{e}^{2}}）=\frac{1}{{e}^{2}}-\frac{1}{2}$．
∴$λ＞\frac{1}{{e}^{2}}-\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查函數(shù)恒成立問題，屬于難題．